Kezdőlap


Feladat:	B.3495	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Takács Gergő
Füzet:	2002/április, 224. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül, Pitagorasz-tétel alkalmazásai, Háromszög területe, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2001/november: B.3495

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Mivel egy körhöz külső pontból húzott két érintőszakasz hossza egyenlő, ezért $D E = D C = 3$ és $P E = P B$ . Ha ez utóbbi szakaszok hossza $x$ , akkor a $D A P$ derékszögű háromszögben Pitagorasz tétele szerint

\begin{matrix} A D^{2} + A P^{2} = D P^{2}, azaz 2^{2} + {(3 - x)}^{2} = {(3 + x)}^{2} . \end{matrix}

Ebből az egyenletből kapjuk, hogy

x = \frac{1}{3}

Q E P

háromszög hasonló a

D A P

háromszöghöz, mert

P

-nél lévő szögük közös,

A

-nál illetve

E

-nél lévő szögük pedig derékszög (

E

-nél azért van derékszög, mert

Q E

a kör

E

-hez tartozó sugarának meghosszabbítása, ami merőleges az

E

-beli érintőre). Ezért a háromszögek megfelelő oldalainak aránya megegyezik:

\begin{matrix} \frac{E Q}{P E} = \frac{A D}{A P} . \end{matrix}

Ebből kapjuk, hogy

E Q = \frac{P E \cdot A D}{A P} = \frac{x \cdot 2}{3 - x} = \frac{1}{4} .

Q E P

derékszögű háromszög területe tehát

\frac{1}{2} \cdot P E \cdot E Q = \frac{1}{24}

területegység.

Takács Gergő (Tatabánya, Árpád Gimn. és Pedagógiai Szki. 11. évf.) dolgozata alapján